1 Bài 1: Cho hàm số   2 12 xxy  có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. 2. Gọi A và B là các giao điểm của (C) với trục hoành (khác gốc tọa độ). Tìm tọa độ những điểm I thuộc (C) sao cho tam giác IAB vuông tại I. Bài 2: Giải phương trình:     xx x xx cossin 1sin 1cotcos12 2    Bài 3: Giải hệ phương trình:              72224 322 xxy yx Bài 4: Tính tích phân:       2 1 1 1 dx xex x I x Bài 5: Cho tứ diện ABCD có 3 cạnh AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau, AB=BC=CD=a. Gọi C’ và D’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của B lên AC và AD. Tính thể tích tứ diện ABC’D’. Bài 6: Chứng minh rằng:   2 4028 !2014.2!4028  Bài 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn 20)5(:)( 22  yxC và đường thẳng (d): x+y+3=0. Tìm tọa độ những điểm M thuộc (C) và N thuộc (d) sao cho M,N đối xứng nhau qua trục tung. Bài 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng 3 1 42 3 : 1    zyx d và 52 3 1 3 : 2      zyx d . Viết phương trình đường thẳng (d) cắt cả hai đường thẳng d 1 ;d 2 và song song với trục Oy. Bài 9: Tìm số phức z thỏa mãn: 222 zzz  ĐÁP ÁN Bài 1: Đặt       3 22;;0;1;0;1 mmmIBA  . Ta có:     mmmIBmmmIA 22;1;22;1 33  . Vì tam giác IAB vuông tại I nên: 0. IBIA ĐỀ SỐ 1 2 Hay:      2 1 2 1 )(1 0158402211 2 2 246 2 3          m m loaim mmmmmmm *Với        2 1 ; 2 1 2 1 Im *Với        2 1 ; 2 1 2 1 Im Vậy có 2 điểm I thỏa mãn điều kiện:       2 1 ; 2 1 I và        2 1 ; 2 1 I Bài 2:     xx x xx cossin 1sin 1cotcos12 2    Điều kiện:                 kx kx xx x 4 0cossin 0sin   01cossincossin cossin 1sin cos1 2 cossin 1sin sin cos12 2            xxxx xx x xxx x x x PT (*) Đặt 2 1 cossincossin21)2(; 4 cos2cossin 2 2          t xxxxttxxxt  Phương trình (*) trở thành: 101201 2 1 2 2    ttt t t                    2 2 2 2 4 3 4 2 1 4 cos kx kx kxx So điều kiện, kết luận phương trình đã cho có 1 họ nghiệm:   2 2 kx  Bài 3: Điều kiện:      2 2 y x Đặt                2 2 )0;(; 2 2 2 2 vy ux vu yv xu , hệ đã cho trở thành:              74224 322 22 2 uuv vu Hay:        13248 272 23 2 uvu vu Thế phương trình đầu vào phương trình còn lại:                2 1 03221 012872 132728 234 2 23 u u uuuu uuuu uuu 3 Với u=1 thì:        )( 2 5 1 loaiv u Với u=2 thì:                        4 7 2 2 1 2 22 2 1 2 y x y x v u Vậy hệ đã cho có 1 nghiệm:        4 7 ;2);( yx Bài 4:              2 1 2 1 1 1 1 1 dx xexe ex dx xex x I xx x x Đặt   dxexdtxet xx  11 Đổi cận: x t 2 1+2e 2 1 1+e   2 2 21 1 21 1 21 )1(2 ln 1 21 1 ln 1 1 1 1 22 e ee e e t t dt tttt dt I e e e e                        Vậy: 2 21 )1(2 ln e ee I    Bài 5: Ta có: )(BCDAB CDAB BCAB       Tam giác ABC vuông cân tại B nên: AC’=CC’=BC’. Tam giác BCD vuông tại C nên: 2aBD  . Xét tam giác ABD: 2 ''. 2 2 a AD AB ADADADAB  . Thể tích tứ diện ABCD là: 6 3 1 3 a SABV BCD  Gọi V là thể tích cần tính: 36 ' 6 1 '' ' 3 a V ADACAB ADACAB V V  Bài 6: Đặt n=2014, bất đẳng thức trở thành: 22 )!.(2)!2( nn n  (*) -Khi n=1 thì: 4!2(*)  (luôn đúng) -Giả sử (*) đúng với n=k: 22 )!.(2)!2( kk k  , ta cần chứng minh (*) cũng đúng với n=k+1, tức là:     2 )1(2 )!1(.2!)1(2   kk k (**) )22).(12.()!.(2)22).(12()!2( )22).(12.(2 3.2.1)]!1(2[(**) 22   kkkkkk kkkkVT k Ta sẽ chứng minh   2 )1(222 )!1(.2)22).(12.()!.(2   kkkk kk 4 2 22222 )1(4)22).(12( )1.()!.(4.2)22).(12.()!.(2   kkk kkkkk kk 42  (luôn đúng). (**)])!1.[(2)22).(12.()!.(2(**) 2)1(222 VPkkkkVT kk   Theo giả thiết quy nạp, cho n=2014 suy ra điều phải chứng minh:   2 4028 !2014.2!4028  Bài 7: Gọi tọa độ 2 điểm M,N lần lượt là: );();;( 2211 yxNyxM Kết hợp với giả thiết ban đầu ta có hệ phương trình:              21 21 22 2 1 2 1 03 205 yy xx yx yx (*)                       4 2 202 3 205 (*) 2 2 2 2 2 2 21 21 22 2 1 2 1 y y yy yy xx yx yx *Với y 2 =-2 thì:         2 1 1 1 1 2 y x x , tọa độ M,N lần lượt là: M(1;-2); N(-1;-2) *Với y 2 =4 thì:         4 7 7 1 1 2 y x x , tọa độ M,N lần lượt là: M(7;4); N(-7;4) Vậy có 2 cặp M,N thỏa mãn điều kiện: M 1 (1;-2); N 1 (-1;-2) và M 2 (7;4); N 2 (-7;4) Bài 8: Vì (d) song song với Oy nên (d) nhận )0;1;0(n  làm VTCP. Giả sử (d) cắt (d 1 ) tại A, cắt (d 2 ) tại B, khi đó: A(3+2t 1 ; 4t 1 ; -1+3t 1 ), B(-3+t 2 ; 3+2t 2 ; -5t 2 ) )135;342;62( 121212  ttttttAB Vì AB//Oy nên:                       13 20 13 29 15 0135 342 062 . 2 1 12 12 12 t t k tt ktt tt nkAB         13 100 ; 13 116 ; 13 19 A , từ đó viết được phương trình (d):             13 100 13 116 13 19 z ty x 5 Vậy phương trình đường thẳng (d) có dạng: (d)             13 100 13 116 13 19 z ty x Bài 9: Đặt );(; Ryxyixz  Ta có: xyiyxyixz 2)( 2222  ; xyiyxyixz 2)( 2222  Theo đề ta có:             02 )2 )(22 2222 2222 222 xy yxyx yxxyiyx zzz *Với x=0 thì y=0 *Với y=0 thì:       2 0 2 22 x x xx Tóm lại, có 2 số phức z thỏa mãn điều kiện đề bài: 2;2;0 321  zzz . HẾT. Bài 1: Cho hàm số 1x2 1x y    1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (C). Tìm giá trị m để đường thẳng 2mmxy  cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho IA = IB Bài 2: Giải phương trình: 15cossin2 2  xx Bài 3: Giải phương trình:         464.34log564.34log764.34log564.34log87 4 2 2 22 2 4 2 2 22 2  xxxxxxxx Bài 4: Tính tích phân:   4 0 2 tan  xdxxI Bài 5: Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác cân tại đỉnh C; đường thẳng BC' tạo với mặt phẳng (ABB'A') góc 0 60 và AB=AA'=a. Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của BB',CC',BC. Tính thể tích lăng trụ ABC.A'B'C', khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và NP theo a. Bài 6: Cho a,b là hai số thực thuộc   2;0 và thỏa 3 2 25 1 25 1 22     ba . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:    112 2244  babaP ĐỀ SỐ 2 6 Bài 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC và hình vuông MNPQ với NM, lần lượt là trung điểm của ACAB, ; QP, nằm trên đường thẳng BC. Biết )4;1(,)1;3( MA  và độ dài của cạnh hình vuông MNPQ bằng 4. Tìm toạ độ các điểm B và C. Bài 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng 022:)(  xyx  và 0422:)(  zyx  . Viết phương trình đường thẳng (d) nằm trong mặt phẳng )(  , song song và cách mặt phẳng )(  một khoảng là 1. Bài 9: Tìm phần thực phần ảo của số phức z, biết rằng:   izii 2331 65  . ĐÁP ÁN Bài 1: Đặt 2:)(  mmxyd Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) là: 2 1 ,2 12 1    xmmx x x   (*)03532 2  mxmmx (d) cắt (C) tai hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2 1   0 0 2 1 0256 0 03 2 1 .53 2 1 2 0 0 2 2                                mmm m mmm m Đặt ),(,),( BBAA yxByxA . Ta có: m m xx m m xx BABA 2 3 ., 2 53     và 2,2  mmxymmxy BBAA Gọi ),( HH yxH là trung điểm đoạn thẳng AB, ta được:                                     4 3 ; 4 53 4 3 4 53 2 22 4 53 2 m m m H m y m m x m xx m yy y m m xx x H H BABA H BA H Giao điểm hai đường tiệm cận của (C) là        2 1 ; 2 1 I . Gọi )( là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc đường thẳng (d). Ta có phương trình đường thẳng )( : 2 1 2 11 :)( 2 1 2 11         m x m yx m y Vì IBIA  nên 2 1 2 1 2 531 4 3 )(            mm m m m H          1 1 5 055 23 m m m mmm So sánh điều kiện, bài toán thỏa mãn khi m = 5, m = -1, m = 1 Bài 2: 0 2 3 cos. 2 7 cos202cos5cos  xx xxPT 7 Với 7 2 7 0 2 7 cos  k x x  Với 3 2 3 0 2 3 cos  k x x  Vậy phương trình đã cho có 4 họ nghiệm: 7 2 7  k x  và 3 2 3  k x  Bài 3: Điều kiện:            064.34log564.34log7 064.34 2 2 22 2 2 xxxx xx (*) Đặt                     0 0 :, 64.34log564.34log7 64.34log564.34log87 4 2 2 22 2 4 2 2 22 2 v u đk v u xxxx xxxx (*’) Ta có hệ phương trình:      80 4 44 vu vu         804 4 4 4 uu uv             1 3 03362569616 4 23 v u uuu uv (thỏa đk (*’))             0664.34log564.34log 164.34log564.34log7 364.34log564.34log87 2 2 22 2 4 2 2 22 2 4 2 2 22 2          xxxx xxxx xxxx        464.34 864.34 2 2 xx xx (thỏa đk (*)) 2 173 log 2 173 4 )(0 2 173 4 024.34864.34 4 22               x loai x x xxxx               0 2 1 14. 24. 024.34464.34 22 x x x x xxxx Vậy phương trình có 3 nghiệm: 0, 2 1 , 2 173 log 4    xxx Bài 4:     KHxdxdxxxdxxxxdxxI     4 0 4 0 4 0 22 4 0 2 1tan11tantan        4 0 2 4 0 2 cos 1tan  dx x x dxxxH , từng phần:              xv dxdu dvdx x xu tan cos 1 2   2ln 2 1 4 0 4 coslntantan 0 4 tan 4 0       xxxxdxxxH ;   4 0 22 32 0 4 2    x xdxK 8 Vậy: 32 2ln 2 1 4 2  I Bài 5: *Tính thể tích: Gọi K là trung điểm A'B', ta có tam giác A'B'C' cân tại C' nên KC' vuông góc A'B', lại có KC' vuông góc AA' nên: 0 60' ˆ '')''('  CBKBKKCAMKCAABBKC , lại có: 2 5a BKAM  Xét tam giác BKC': 4 15 ''.'. 2 1 ; 2 15 ' 2 ''' a KCBAS a KC CBA  4 15 '. 3 ''''''. a SAAV CBACBAABC  *Tính khoảng cách: Gọi d là khoảng cách cần tính. Gọi Q là trung điểm B'C' thì MQ//NP hay NP//(AMQ) )](;[ AMQPdd  Kẻ AH' vuông góc BC, lại có BB' vuông AH' suy ra: )(' PMQAH  8 15 '.3 2 2 1 4 15 2 2 15 2 ' 3 . 2 2 a SAHV a PQBPS a a a BC S AH PMQPMQAPMQ ABC     Dễ thấy 2 5a MQAM  , theo định lý trung tuyến thì: 5 15 5 8 . 8 15 3 )](;[ 8 5 . 42 1 2 5 ' 2 3 4 ''''2''2 ' 2 3 . 22 2 2 222 2222 2 a a a S V AMQPdd a AQ AQ AMS a AQAAAQ aCBBACA QA AMQ AMQP AMQ        Bài 6: Theo đề ta có:         0162252 92525 2525 2 25 1 25 1 3 2 2222 22 22 22          baba ba ba ba Lại có: 2 22 22 2.222 ba ba   , suy ra:                    2 6 22 82 0162.102 22 22 2 2 2 22 22 22 22 ba ba ba ba ba ba 9 Vì a,b thuộc   2;0 nên 2 22 ba Khi đó:        1024422112 22 2 222244  babababaP Vậy MaxP=10. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=1. Bài 7: M là trung điểm AB )7;5(B Đặt );( baQ . Theo giả thiết ta có: 5,4  AMBMMQ MBQ vuông tại Q nên 31625 22  MQBMBQ Vậy ta được:      3 4 BQ MQ                 975 1641 22 22 ba ba         0651410 0182 22 22 baba baba       06468 0182 22 ba baba         3 32 3 4 026517825 2 ab aa                3 32 3 4 25 53 5 ab a a                                   25 196 ; 25 53 25 196 25 53 4;5 4 5 Q b a Q b a  Với )4;5(Q : Ta có )3;0( BQ Đường thẳng MN đi qua )4;1(M và nhận véc tơ chỉ phương )3;0( BQ nên ta có phương trình đường thẳng MN là:   013 x Vì MNN  nên 1 N x . Theo giả thiết, ta có     164114 22  N yMN       )0;1(0 )8;1(8 Ny Ny N N *Với )8;1(N : N là trung điểm cạnh AC nên ta được )15;5(C *Với )0;1(N : N là trung điểm cạnh AC nên ta được )1;5( C 10  Với ) 25 196 ; 25 53 (Q : Ta có   7;24 25 3 ) 25 21 ; 25 72 ( BQ Đường thẳng MN đi qua )4;1(M và nhận véc tơ chỉ phương )7;24( 25 3 ) 28 21 ; 25 72 ( BQ nên ta có phương trình đường thẳng MN là:     0103247042417  yxyx Lại có       4MN MNN            1641 0103247 22 NN NN yx yx                            092165000625 7 89 7 24 164 7 96 7 24 7 103 7 24 2 2 2 NN NN NN NN yy yx yy yx                                              25 72 ; 25 121 25 72 25 121 25 128 ; 25 71 25 128 25 71 N y x N y x N N N N *Với        25 128 ; 25 71 N : N là trung điểm cạnh AC nên ta được        25 231 ; 25 67 C *Với       25 72 ; 25 121 N : N là trung điểm cạnh AC nên ta được       25 119 ; 25 317 C Vậy các điểm B, C cần tìm là:      15;5 )7;5( C B ,      1;5 )7;5( C B ,               25 231 ; 25 67 7;5 C B ,              25 119 ; 25 317 7;5 C B Bài 8: Gọi );;( cbau   là VTPT của (d) và (d) đi qua   000 ;; zyxM Vì (d) thuộc )(  nên  nu   và  //d nên   )5;3;4(;   nnunu  Mặt khác M thuộc )(  nên: 022 000  zyx (1) Mà         122 722 1 3 422 ))(;())();(( 000 000 000 zyx zyx zyx Mddd  [...]... 3 4x  1   Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: S  (2;) Bài 4: x 201 3 1 d x 201 4  1 I    201 4 201 4 dx  201 4  x 201 4x 201 4  1  201 4 201 4 1  1 1 x x  1 1 x x 2  dx 1 t 2 ln 201 4 t  1 1 2 201 4 2  2 201 3  1 dt t (t  1) 201 5 2 ln 201 4 201 4 2 1 ˆ Bài 5: BAD =600, AD=AM=a nên tam giác ADM đều Gọi K là hình chiều vuông góc của N lên (ABCD) 𝐴𝑁 𝐴𝐻 1 𝐴𝐾 = = = 𝐴𝑆 𝐴𝐶 3 𝐴𝐻 Gọi... chia hết cho 3 có dạng: 3k (k là số tự nhiên) Theo đề ta có: 100  3k  10000  34  k  3333 , có 3300 giá trị k (3.34  3.3333).3300 Tổng của những số này là: S   16666650 2 ĐỀ SỐ 6 Bài 1: Cho hàm số y  x 3  3mx  3m  1 (C) 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 Tìm m để đồ thị hàm số (C) có cực đại, cực tiểu, đồng thời chúng cách đều đường phân giác góc phần tư thứ nhất 5  cos...  z  cos 2   sin   1  1  sin    2 1 2  hoặc 7 6 6 Vậy z có một acgumen là ĐỀ SỐ 10 Bài 1: Cho hàm số y  2 x 3  3m  1x 2  6(m  2) x  1 (C) 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m=1 2 Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu, đồng thời hai điểm đó cách đều đường thẳng y=x-1 3 sin x  (cos x  sin x) 2 Bài 2: Giải phương trình: 1   2 sin... x  1 1 Axx2 ĐỀ SỐ 5 17 Bài 1: Cho hàm số: y  x 3  m 2 x 2  (m  1) x  2 (C) 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (C) khi m=1 2 Tìm m để đồ thị (C) là đường cong lõm trên khoảng (-1;3) 1  sin 5 x sin 2 2 x sin 2 x   1 Bài 2: Giải phương trình: cos x  sin x 4 2 2x  3  2 x  1 Bài 3: Giải bất phương trình: x  5  x  10 2 Bài 4: Tính tích phân: I   1  xx dx 201 4  1 4x  1... 1 e  cos x  sin x 12 dx   x dx   dx x 2 0 e  sin x  cos x 20 0 e  sin x  cos x 2 I x 2 x      1 1 1  e 2 1  x  ln e  sin x  cos x 2  x 2  ln   2 2 2  2  4 0 0   Bài 5: Bài 6: Bài 7: 26 Bài 8: Bài 9: ĐỀ SỐ 8 (8) Bài 1: Cho hàm số: y  x3  31  mx 2  3mm  2x  m3  3m2  2m (C) 1 Khảo sát sự biến thi n và vã đồ thị của hàm số khi m=1 2 Tìm số nguyên m để đường thẳng... 0 i j i 0 j 0  j  0; i  12 48  3i  j  12  3i  j  36    j  3; i  11 12 11 3  a  C15 C30  1 236  C15 C3  1 236  1 820. 236 12 14 ĐỀ SỐ 9 Bài 1: Cho hàm số: C  : y  x2  2x  5 và ba điểm A(1;1), B(2;-3),C(0;1) x 1 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số 2 Gọi N là 1 điểm trên đường tiệm cận xiên của (C), gọi M là trọng tâm của tam giác ABN Tìm tọa độ của điểm N...  I   dx    x  ln cos x  e x sin x 2 , suy ra I    0 x 2 2 0 0 cos x  e sin x 0 2 2 Bài 5: Gọi H là hình chiếu vuông góc của A’ lên mp(ABCD) Vì A’ cách đều các điểm A, B, D và ABD đều nên H là trọng tâm, trực tâm ABD ABD đều và ABCD là hình bình hành (gt)  ABCD là hình thoi Gọi O  AC  BD Ta có :  ( A' BD )  ( ABCD )  BD  ^  o AC  BD   góc giữa hai mặt phẳng (A’BD) và (ABCD)... x  Bài 3: Giải phương trình: 9 2 x  1 x  1 4  cos x  sin x  e x cos x dx Bài 4: Tính tích phân: I   cos x  e x sin x 0 2 Bài 5: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có ABD là tam giác đều cạnh a Đỉnh A’ cách đều các đỉnh A, B, D Góc giữa mặt phẳng (A’BD) và mặt phẳng (ABCD) bằng 60o Tính thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ ,khoảng cách giữa hai đường thẳng A’B và B’D’ theo a 11 Bài 6: Cho 0  a ... phương trình đường thẳng () nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc đường thẳng (d), đồng thời khoảng cách giữa () và (d) bằng 5   Bài 9: Tìm phần thực phần ảo của số phức z, biết rằng: 1  3i 201 4 z  1  2i 201 3 ĐÁP ÁN Bài 1: Ta có: y '  y x  x0 x0  1 2  1 , phương trình tiếp tuyến tại M x0 ; y0  có dạng: ( x  1) 2 x0  1 ; x0  1 2x0  1 Gọi A và B lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến... 10) 2  8 (2)  1 12   17 24  Giải (1) và (2) ta được tọa độ của A và B là: A(1;4); B(1;0) hoặc A  ; ; B  ;   5 5  5 5   IA  IB Gọi I(x;y) là tâm của đường tròn (C) Theo đề ta có:   IA  d ( I ; (d )) 20 *Với A(1;4); B(1;0) :  x  2 ( x  1) 2  ( y  4) 2  ( x  1) 2  y 2  y  2   y  2 | 3x  2 y  15 |   | 3x  19 |    2 2 2  x  37  ( x  1)  ( y  4)   . );2( S Bài 4:         12 2 ln 201 4 201 5 1 2 1 ln 201 4 1 )1 (201 4 1 1 201 4 1 11 201 4 201 4 2 1 2 1 2 1 201 4201 4 201 4 201 4201 4 201 3 2 1 201 4 201 3                t t tt dt xx xd dx xx x xx dx I . (**)])!1.[(2)22).(12.()!.(2(**) 2)1(222 VPkkkkVT kk   Theo giả thi t quy nạp, cho n =201 4 suy ra điều phải chứng minh:   2 4028 !201 4.2!4028  Bài 7: Gọi tọa độ 2 điểm M,N lần lượt là: );();;( 2211 yxNyxM Kết hợp với giả thi t ban đầu. H là hình chiếu vuông góc của A’ lên mp(ABCD). Vì A’ cách đều các điểm A, B, D và ABD đều nên H là trọng tâm, trực tâm ABD ABD đều và ABCD là hình bình hành (gt)  ABCD là hình thoi.